浙江省温州市十校联合体2022-2023学年高二化学下学期期末联考试题（Word版附解析）

2022学年第二学期温州十校联合体期末联考高二化学试题可能用到的相对原子质量；H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Se-79Br-80Ag-108I-127选择题部分(共48分)一、选择题(共16小题，每小题仅有一个选项正确，每小题3分，共48分)1.下列物质因水解呈碱性的是A.NH3·H2OB.NaHCO3C.NaClO4D.NH4Cl【答案】B【解析】【详解】A．一水合氨电离呈碱性，不是水解，故A不正确；B．NaHCO3是强碱弱酸的酸式盐，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，水解呈碱性，故B正确；C．NaClO4是强酸强碱盐，溶液呈中性，不发生水解，故C不正确；D．NH4Cl是强酸弱碱盐，水解呈酸性，故D不正确；答案选B。2.近日，温州大学王舜教授课题组与美国北德克萨斯大学ZhenhaiXia教授合作在杂原子掺杂碳的超级电容领域取得了新突破。下列C原子电子排布图表示的状态中能量关系正确的是A.①=②=③=④B.③＞④＞①＞②C.④＞③＞①=②D.②＞①＞④＞③【答案】D【解析】【详解】电子能量为1s＜2s＜2p，则2p轨道上电子越多、1s、2s轨道上电子越少，其能量越高，则能量由高到低的顺序是②＞①＞④＞③，故合理选项是D。3.下列有关物质结构说法不正确的是A.HClO空间结构为V型B.BF3中B原子轨道为sp2杂化C.[Co(NH3)4Cl2]Cl的中心离子配位数为6第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 D.基态Cr的价电子轨道表示式【答案】D【解析】【详解】A．HClO分子中心原子为O，价层电子对数为，有2对孤电子对，空间结构为V型，A正确；B．BF3中B的价层电子对数，为sp2杂化，B正确；C．[Co(NH3)4Cl2]Cl的中心离子为Co3+，配体为NH3和内界的2个Cl-，则配位数为6，C正确；D．Cr为24号元素，电子排布式1s22s22p63s23p63d54s1，则价电子式为3d54s1，D错误；故答案为：D。4.下列关于物质的说法正确的是A.在金刚石晶体中，最小的环上有6个碳原子B.杯酚是一种常见的超分子，能与C60结合，不能与C70结合，因此可实现C60和C70的分离C.B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似，其熔点主要取决于所含化学键的键能D.某些金属盐灼烧呈现不同焰色是因为电子从低能级跃迁至较高能级时吸收光的波长不同【答案】A【解析】【详解】A．金刚石晶体中一个最小的环是由6个碳原子形成的，故A正确；B．杯酚是由大小适配的空腔能容纳C60，不能容纳C70，实现C60和C70的分离，不是与C60结合，故B错误；C．B3N3H6(无机苯)是分子晶体，分子晶体的熔点和分子间作用力有关，和化学键的键能无关，故C错误；D．些金属盐灼烧呈现不同焰色是因为电子从高能级跃迁至较低能级时发射光的波长不同，故D错误；答案选A。5.下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是A.NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因B.浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，不能说明稀HNO3氧化性更强C.将Cl2通入饱和的澄清石灰水中，即制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉D.工业上用石英砂制备高纯硅的过程涉及的反应类型有分解反应、化合反应、置换反应等【答案】B第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【详解】A．SO2是无色气体，故A错误；B．不能根据还原产物的化合价判断氧化性强弱，故B正确；C．Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，不是石灰水，故C错误；D．制取高纯硅过程中没有分解反应，故D错误；答案选B。6.关于方程式□C2H6O+□KMnO4+□H2SO4=□K2SO4+□X+□CO2↑+□H2O(未配平)下列说法正确的是A.X的化学式为K2MnO4B.氧化产物是CO2C.每消耗1molC2H6O需要转移的电子数为6NAD.H2SO4的化学计量数为20【答案】B【解析】【分析】C2H6O中碳的化合价为-2价，反应中生成CO2，一个C原子化合价升高了6，酸性条件下KMnO4的还原产物是MnSO4，Mn的化合价降低了5配平后方程式为：5C2H6O+12KMnO4+18H2SO4=6K2SO4+12MnSO4+10CO2↑+33H2O【详解】A．X是MnSO4，故A错误；B．CO2是由C2H6O被高锰酸钾氧化生成的是氧化产物，故B正确；C．每消耗1molC2H6O需要转移的电子数为12NA，故C错误；D．H2SO4的化学计量数为18，故D错误；答案选B。7.下列反应的离子方程式正确的是A.Na2NH中加入硫酸中：B.将溶液NaAlO2与溶液NaHCO3混合：C.在亚硫酸中加入过量的次氯酸钠溶液：D.往硫酸氢铵溶液滴加过量NaOH溶液：【答案】B【解析】【详解】A．在硫酸中生成物不可能是氨气，氨气和氢离子反应，故A错误；B．碳酸氢根电离的氢离子与偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，方程式正确，故B正确；C．过量的次氯酸钠电离的次氯酸跟离子和氢离子反应生成弱酸HClO，故C错误；第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 D．过量的NaOH还可以与铵根反应生成一水合氨，故D错误；答案选B。8.下列说法不正确的是A.高分子分离膜可用于污水、工业废水处理和海水淡化等B.胺类可以看作是烃分子中的氢原子被氨基所替代的化合物C.只用新制氢氧化铜(可加热)就能区分乙醇、乙醛、己烷、四氯化碳D.酚醛树脂由苯酚和甲醛通过加聚反应得到，可用作绝缘隔热等材料【答案】D【解析】【详解】A．高分子分离膜可用于污水、工业废水处理和海水淡化，故A正确；B．胺类的定义就是烃分子中的氢原子被氨基所替代的化合物，故B正确；C．乙醇溶于氢氧化铜悬浊液，乙醛与氢氧化铜悬浊液加热可以有红色沉淀生成，己烷不溶于氢氧化铜悬浊液，比水轻在水层上方，四氯化碳不溶于氢氧化铜的悬浊液，比水重在下层，故C正确；D．酚醛树脂由苯酚和甲醛通过缩聚反应得到，不是加聚，故D错误；答案选D。9.某有机物的结构简式如图所示，下列说法不正确的是A.该物质含有两个手性碳原子，有旋光性B.1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗3molBr2C.该物质可以和碳酸钠、碳酸氢钠、盐酸反应D.该有机物的分子式为C12H10O4NBr【答案】C【解析】【详解】A．与溴原子连接的碳原子和与左边羟基连接的碳原子是手性碳原子，共2个手性碳原子，有旋光性，故A正确；B．该物质结构中有碳碳双键和酚羟基，酚羟基的邻位可以被溴取代，碳碳双键可以加成，1mol该物质共需要3mol溴反应，故B正确；C．该物质不能与碳酸氢钠反应，故C错误；D．有机物分子式C12H10O4NBr，故D正确；答案选C。第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 10.前4周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的3倍；在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种；Z是金属性最强的短周期元素；W元素基态原子最外层只有2个电子，且内层轨道均排满电子。下列说法中正确的是A.Y在周期表中位于第二周期VIA族B.电负性大小：x(Z)<x(X)<x(Y)C.X的最高价氧化物的水化物酸性比Y的强D.W元素在元素周期表中的s区【答案】B【解析】【分析】基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的3倍则X的电子排布为1s22s1或1s22s22p2，X为Li或C。Z是金属性最强的短周期元素，Z为Na。在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种，Y为N。W元素基态原子最外层只有2个电子，且内层轨道均排满，W可能为Mg或Zn。【详解】A．Y为第二周期ⅤA族，A项错误；B．同周期从左往右电负性增强，同族元素从下往上电负性增强，则电负性Z<X<Y，B项正确；C．同周期从左往右非金属性增强，最高价氧化为的水化物酸性增强，即X的最高价氧化物的水化物酸性比Y的弱，C项错误；D．若W为Zn，则属于ds区元素，D项错误；故选B。11.以柏林绿新型可充电钠离子电池为电源，采用电解法在N-羟基邻苯二甲酰亚胺(NHPI)介质中用乙醇制乙醛。下列说法正确的是A.原电池中的离子交换膜为阳离子交换膜且电池工作时溶液中Na+移向b极B.制备乙醛时b极连接c极第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 C.电源充分充电时，a极反应式为D.若有转化成时，生成1molCH3CHO【答案】C【解析】【分析】左边装置是原电池，b极端是Mg失去电子是负极，a是正极，右端是电解池，d极石墨极H+得电子生成氢气，发生还原反应是阴极，c极是阳极。【详解】A．原电池工作时，阳离子向正极移动，Na+向a极移动，故A错误；B．c是阳极与电源正极a连接，故B错误；C．电源充电时，a极是正极接外加电源的正极，变作阳极失去电子发生氧化反应，反应式正确，故C正确；D．转化成时电子转移了4mol，生成1mol乙醛需要转移2mol电子，因此可以生成2mol乙醛，故D错误；答案选C。12.吡啶()含有与苯环类似的大π键，下列说法或实验操作不正确的是A.吡啶中N原子的价层孤电子对占据了一个未参与杂化的p轨道B.吡啶是极性分子且能与水形成氢键，故吡啶在水中的溶解度比苯大C.除去苯中含有的少量吡啶：用盐酸洗涤、分液、干燥有机层D.、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，故碱性较强。【答案】A【解析】【详解】A．吡啶()含有与苯环类似的大π键，则吡啶中N原子也发生sp2杂化，所以价层孤电子对占据了一个参与杂化的p轨道，A不正确；B．吡啶是极性分子且N原子存在孤电子对，能与水分子间形成氢键，而苯为非极性分子，故吡啶在水中的溶解度比苯大，B正确；C．因为吡啶呈碱性，能与盐酸反应生成水溶性物质，所以除去苯中含有的少量吡啶，可用盐酸洗涤、分第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 液、干燥有机层，C正确；D．甲基是给电子基，分子中N原子电子云密度比大，而、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，故碱性较强，D正确；故选A。13.常温下，用溶液滴加到某酒石酸()溶液中，混合溶液的与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A.表示与的变化关系B.溶液中C.线上每点对应的溶液中水的电离程度都大于线D.当时，【答案】C【解析】【详解】A．由，当都为0时，，因此表示与的关系，表示与的关系，故A正确；B．由题图知，时，，因此的水解常数第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 ，的电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性，即，故B正确；C．线上纵坐标相同的点，处于相同的溶液环境，水的电离程度相同，两线上纵坐标不同的点，越小的溶液中浓度越大，越抑制水的电离，故C错误；D．由电荷守恒可知，时，，故，，故D正确；故答案为C。14.2−甲氧基−2−甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如下反应：反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数(指用平衡时各物质的物质的量分数来代替该物质的平衡浓度)与温度T变化关系如图1所示。一定温度下(此温度时，)，充有A、B和CH3OH的容器中，A和B物质的量浓度随时间变化如图2所示。据图判断，下列说法正确的是A.A和B相对稳定性较差的是BB.的数值范围是(0～1)第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 C.图2中曲线X代表A的变化D.t=100s时，反应Ⅲ向逆反应方向移动【答案】D【解析】【分析】图1得知，横坐标是温度的倒数，值越大代表温度越低，温度低lnK增大，K值也增大，平衡正向移动，正反应都是放热反应，反应III是放热反应，说明B的能量低，由盖斯定律得知，反应III=反应I-反应II，△H3=△H1-△H2<0，△H1<△H2<0。【详解】A．由于反应III是放热反应，即A到B放热，说明B的能量低，能量越低越稳定，B稳定，故A错误；B．由于反应III=反应I-反应II，△H3=△H1-△H2<0，△H1<△H2<0，推出>1，故B错误；C．，平衡时，B的浓度大于A的浓度，因此X代表B的变化，故C错误；D．100s时，QC=，QC>K，反应逆向移动，故D正确；答案选D。15.根据下列图示所得出的结论不正确的是第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 A.由图甲可知，除去CuCl2溶液中的Fe3+可加入适量CuO调节pH至4.5左右B.图乙是一定温度下三种碳酸盐的沉淀溶解平衡曲线，向浓度相等的Mg2+、Mn2+、Ca2+溶液中加入Na2CO3溶液，首先沉淀的离子是Mn2+C.图丙是室温下AgCl和AgI的饱和溶液中离子浓度的关系曲线，该温度下反应的平衡常数D.图丁是室温下AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，X区域中的点可以同时生成AgCl和Ag2CrO4沉淀【答案】D【解析】【详解】A．由甲图可知，pH至4.5左右，铁离子完全沉淀，铜离子还未沉淀，加入氧化铜可以调节pH且不引入新的杂质，A正确；B．根据图像乙可知Ksp(MnCO3)＜Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，因此向浓度相等的Mg2+、Mn2+、Ca2+溶液中加入Na2CO3溶液，最先形成MnCO3沉淀，B正确；第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 C．反应AgCl(s)+I-(aq)AgI(s)+Cl-(aq)的平衡常数K=====2.5×106，C正确；D．由图示纵坐标和横坐标所代表的含义可知，曲线下方的区域说明生成沉淀，曲线上方的区域为不溶物的不饱和溶液，故阴影区域中的点只有Ag2CrO4沉淀，没有AgCl沉淀，D错误；故答案为：D。16.下列方案设计、现象和结论都正确的是实验方案现象结论A向苯和甲苯中分别加入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡并观察现象若甲苯中溶液紫红色褪去说明甲苯分子中苯环对甲基有影响B将注射器充满NO2气体，然后将活塞往里推注射器内气体颜色加深证明加压平衡朝生成NO2气体的方向移动C用pH试纸测定1mol·L-1的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH若前者的试纸颜色比后者深说明非金属性：S>CD取铁与水蒸气实验反应后固体试样完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液若没有出现血红色铁与水蒸气未反应A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】详解】A．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不能，说明苯环对甲基有影响，故A正确；B．推活塞压强增大，平衡向生成N2O4的方向移动，由于体积减小，造成浓度都增大，颜色变深，平衡还是向生成N2O4的方向移动，故B错误。C．比较非金属性用最高价氧化物对应水化物的酸性，应该用碳酸钠和硫酸钠的pH值来判断，故C错误；D．铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，Fe3O4与盐酸反应生成FeCl3和FeCl2，Fe3+又与铁反应最终变成Fe2+离子，加入KSCN没有红色，不能说明铁与水蒸气没有反应，故D错误；答案选A。非选择题部分(共52分)第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 17.铁及其化合物用途广泛，请回答：（1）与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素有____________种。（2）FeSO4·7H2O的结构如图所示。FeSO4·7H2O中H2O与Fe2+、H2O与的作用力类型分别是____________、____________。H2O中H—O—H的键角____________中O—S—O的键角(填“>”“<”或“=”)。（3）由铁、钾、硒形成的一种超导材料，其晶胞结构如图1所示。I．该超导材料的化学式是____________。II．该晶胞参数a=0.4nm、c=1.4nm，该晶体密度ρ=____________。(用表示阿伏加德罗常数，写出计算表达式即可)III．该晶胞在xy平面投影如图2所示，将图2补充完整____________。【答案】（1）7（2）①.配位键②.氢键③.<（3）①.②.③.【解析】【小问1详解】Fe的电子排布式为[Ar]3d64s2，最外层电子数为2，与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素有Sc（[Ar]3d14s2）、Ti（[Ar]3d24s2）、V（[Ar]3d34s2）、Mn（[Ar]3d54s2）、Co（[Ar]3d74s2）、Ni（[Ar]3d84s2）、Zn（[Ar]3d104s2），共7种。第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 【小问2详解】FeSO4·7H2O中H2O与Fe2+形成配位键，H2O中O提供孤电子对，Fe2+提供空轨道形成配位键，H2O与的作用力为氢键。H2O中中心原子O采取sp3杂化，存在两对孤对电子，中中心原子O采取sp3杂化，无孤对电子，孤对电子间排斥力大于成键电子对间排斥力，故H—O—H的键角＜中O—S—O的键角。【小问3详解】由图1分析K在晶胞的八个顶点和体心处，晶胞中共有K原子个；由图1分析Fe位于面心上，共有个；有8个Se在棱上，2个在内部，共个。故该超导材料的化学式是；该晶体密度ρ=。该晶胞在xy平面投影如所示，在左右两个侧面上补充Fe原子的投影。18.难溶络合物X由3种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：已知：反应①生成两种正盐及一种弱酸，E是空气中含量最多气体。（1）X所含元素有____________(填元素符号)，X的化学式为____________。（2）写出反应①的离子方程式____________。（3）已知反应①中生成的弱酸有剧毒，工业上常采用碱性氯化法处理该物质，处理过程分两个阶段，请写出第二阶段(即反应②)的化学方程式____________。（4）请设计实验检验溶液A中金属阳离子____________。【答案】（1）①.FeCN②.（2）（3）第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 （4）取少量溶液A加入试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变血红色，则含有Fe3+；另取少量溶液A于试管中，滴加铁氰化钾，若产生蓝色沉淀，则含有Fe2+【解析】【分析】固体X加入稀硫酸，得到两种正盐和已知弱酸，加热NaOH得到沉淀灼烧后红棕色固体是Fe2O3，说明含有铁元素，溶液B加足量氯气得到空气中含量最多的气体E是N2，说明含有氮元素，溶液F加足量Ca(OH)2，得到白色沉淀是CaCO3，说明含有C元素，加入稀硫酸生成的弱酸应该是HCN，两种硫酸盐是硫酸铁和硫酸亚铁。【小问1详解】根据分析X所含元素是Fe、C、N，得到N2标况下20.16L即0.9mol，含N元素为1.8mol，白色沉淀CaCO3180g含C元素是1.8mol，X中含有CN-离子，86g固体中含Fe元素为，铁和CN-离子之比为7:18，根据化合价代数和为0原则得出化学式为；【小问2详解】中Fe3+有4个，Fe2+有3个，与硫酸反应的离子方程式为：；【小问3详解】HCN与足量的NaOH生成NaCN，NaCN与氯气反应生成物质有N2，碳酸盐氯气转化为氯离子，故化学方程式为：；【小问4详解】A中的金属阳离子是Fe2+和Fe3+，检验方法是：取少量溶液A加入试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变血红色，则含有Fe3+；另取少量溶液A于试管中，滴加铁氰化钾，若产生蓝色沉淀，则含有Fe2+。19.CO2有效转化是研究“碳中和”的重要方向。（1）CO2可用于人工合成淀粉，其中前两步的反应如图1所示。第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 已知则的____________(用、、表示)。（2）一定条件下，利用CO2合成CH3OH的反应如下：I．，研究发现，反应过程中会有副反应：II．，温度对CH3OH、CO产率的影响如图2所示。下列说法不正确的是____________。A．，B．增大压强有利于加快合成CH3OH反应的速率C．生产过程中，温度越高越有利于提高CH3OH的产率D．生产过程中，通过使用合适的催化剂以提高CH3OH的选择性（3）一定条件下使CO2、H2混合气体通过反应器，同时发生反应图2Ⅰ、Ⅱ，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算CO2的转化率和CH3OH的选择性以评价催化剂的性能(选择性×100%)。①220℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比为，则该温度下CO2转化率=_____。②其它条件相同时，反应温度对CO2的转化率和CH3OH的选择性的影响如图3所示：第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 由图3可知，CO2的转化率实验值低于其平衡值，而CH3OH选择性的实验值却略高于其平衡值，请说明理由___。（4）恒压下，CO2和H2以物质的量之比1：3投料合成甲醇(不考虑副反应Ⅱ)，在有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图4所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。请在图4中画出无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化曲线_____。【答案】（1）（2）AC（3）①.36.6%或0.36-0.37②.CO2转化率实验值低于其平衡值，原因为在一定的时间内反应没有达到平衡状态导致二氧化碳转化率较低；CH3OH选择性的实验值略高于其平衡值，原因为该条件下反应Ⅰ的反应速率高于反应Ⅱ，导致单位时间内生成甲醇的量相对更多（4）【解析】【小问1详解】反应①为；反应②为；根据盖斯定律，反应①+②-③即得到反第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 应，其【小问2详解】A.根据图示，升温后CH3OH的产率降低，反应I平衡向逆反应方向移动，；升温后，CO产率增大，反应4平衡和正反应方向移动，，A项错误；B.反应有气体参与，增大压强有利于加快合反应的速率，B正确；C.图像可知，温度越高，CH3OH的产率越低，C错误；D.合适的催化剂可以提高CH3OH的选择性，D正确。故选AC。【小问3详解】①220℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比为n(CH3OH):n(CO2):n(CO)=1:5.2:2，则该温度下的转化率为②反应①是放热反应，反应②是吸热反应，温度升高，反应①逆向移动，反应②正向移动，温度高于260℃时，反应②正向移动的程度大于反应①逆向移动的程度，所以二氧化碳的转化率随温度升高而增大；当温度相同时，甲醇的选择性实验值高于平衡值，在该条件下反应①的速率大于反应②，单位时间内生成醇的量比生成CO的量多。【小问4详解】分子筛膜分离出水，使反应I平衡正向移动，反应放热，温度升高平衡逆向移动，温度较低时，正向移动程度更大，甲醇产率增加；温度较高时，逆向移动程度更在，甲醇产率降低。故图像为20.三氯化六氨合钴(Ⅲ)的化学式为，是一种典型的维尔纳配合物。在实验室中，常以活性炭为催化剂，以H2O2、NH3、NH4Cl、CoCl2为原料在溶液中反应制备，化学方程式为：，某同学设计如图反应装置(夹持仪器及加热装置已省略)制备，并测定该物质中NH3的含量：第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 回答下列问题：（1）装置A中盛放浓氨水的仪器名称____________。（2）反应温度不宜超过50℃的原因是____________。（3）装置C的作用____________。（4）装置B中反应结束后，用冰水浴冷却后过滤，把沉淀溶解于沸水中，趁热过滤，再慢慢加入适量浓盐酸于滤液中，有大量橙黄色晶体析出。①趁热过滤的目的是____________。②简述加入适量浓盐酸于滤液中，有大量橙黄色晶体析出的原因____________。（5）三氯化六氨合钴(Ⅲ)样品中NH3的含量测定涉及反应为；。所用装置(部分夹持仪器已省略)如图所示。称取晶体样品mg于烧杯中，加入蒸馏水溶解后，由进样漏斗加入烧瓶中，然后再通过进样漏斗加入足量的NaOH溶液，蒸馏水冲洗后，在进样漏斗留一部分蒸馏水。开启电炉加热，烧瓶内充第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 分反应，直至无气体放出。氨气被硼酸完全吸收后，用的盐酸滴定锥形瓶中混合液，滴定终点时，消耗盐酸的体积VmL。三氯化六氨合钴(Ⅲ)样品中NH3的质量分数为________%。【答案】（1）分液漏斗（2）氨水挥发、H2O2会分解（3）除去多余氨气且防止倒吸（4）①.除去活性炭，同时减少因降温而提前析出造成的损失②.加入浓盐酸后，溶液中浓度增大，使平衡向左移动，促进晶体析出（5）1.7cV/m【解析】【分析】由反应装置图可知，A是制取氨气的，制取的氨气进入B中与二氯化钴、氯化铵、H2O2反应制备，尾气用防倒吸装置的C吸收。【小问1详解】盛浓氨水的仪器是分液漏斗；【小问2详解】由于氨水易挥发，H2O2受热易分解，因此加热温度不能超过50°C；【小问3详解】装置C吸收多余的氨气，而且有防倒吸作用；【小问4详解】用热水溶解趁热过滤除去活性炭，同时防止的析出，提高产率；在溶液中，存在平衡，加入浓盐酸增大Cl-浓度，使平衡向左移动，促进的析出；【小问5详解】根据反应得到如下关系：NH3~NH3·H3BO3~HCl，消耗1mol盐酸，就有1mol氨气存在，HCl的物质的量为cv×10-3mol，氨气的物质的量也是cv×10-3mol，氨气的质量分数为。第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 21.电影《我不是药神》中治疗白血病的药物格列宁(化合物I)的合成路线如下：已知：①②回答下列问题：（1）化合物F中官能团名称____________。（2）化合物B的结构简式是____________。（3）下列说法正确的是____________。A.化合物D的核磁共振氢谱有三种吸收峰B.化合物G具有碱性C.若反应④是加成反应，则试剂X：H2N-C≡ND.化合物I的分子式是C24H30N7O（4）C→E的化学方程式为____________。（5）写出同时符合下列条件的化合物H的同分异构体的结构简式____________。①IR谱检测表明：分子中含苯环，不含C=C键、C—N键、C≡N键；②1H-NMR谱检测表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子。（6）设计以CH2=CH2和CH3NH2为原料合成化合物D的路线(用流程图表示，无机试剂任选)____________。【答案】（1）氨基酰胺基第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 （2）（3）BC（4）（5）、、、（6）【解析】【分析】由E的结构简式及C、D的分子式可知D为：；C为；结合A的结构简式及B的分子式可知B为：，E与水合肼发生还原反应E中硝基被还原为氨基；F与H2N-C≡N发生加成反应得到G，G与H反应得到I，据此分析解答。【小问1详解】由F的结构简式可知F中含有氨基、酰胺基两种官能团；【小问2详解】由以上分析可知B为；【小问3详解】A．化合物D为：的核磁共振氢谱有四种吸收峰，故错误；B．化合物G中含有氨基，具有碱性，故正确；C．由上述分析可知反应④是加成反应，则试剂X：H2N-C≡N，故正确；D．化合物I的分子式是C29H31N7O，故错误；【小问4详解】C与D发生取代反应生成E，反应方程式为：第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司 ；【小问5详解】符合条件的H的同分异构体有、、、；【小问6详解】乙烯经催化氧化得到，与甲胺反应生成，与氨气发生已知信息②中反应生成，则合成路线为：。第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司